QCM : Produit scalaire et Gram-Schmidt en maths sup (MPSI)

Réponse C.

Pour la forme retenue, \(\varphi(x,x)=x_1^2+(x_1+x_2)^2\), qui est positif et ne s’annule que si \(x=0\). En revanche, \(x_1y_1-x_2y_2\) donne \(-1\) pour \(x=(0,1)\). De même, \(x_1y_2+x_2y_1\) donne \(-2\) pour \(x=(1,-1)\). Enfin, la dernière forme vaut \((x_1+x_2)^2\) : elle est positive, mais pas définie, puisqu’elle s’annule en \((1,-1)\).

Réponse A.

Par définition, le carré de la norme est l’intégrale de \(t^2\) sur \([0,1]\), soit \(\frac{1}{3}\). La norme est donc \(\frac{1}{\sqrt{3}}\). La réponse \(\frac{1}{3}\) oublie la racine carrée. La réponse \(\frac{1}{2}\) intègre \(t\) au lieu de \(t^2\), ce qui revient à calculer le produit scalaire avec la fonction constante \(1\). Enfin, \(\frac{1}{\sqrt{2}}\) prend la racine de cette même valeur erronée.

Réponse C.

En développant le carré de \(\|x+y\|\), on trouve \(16=9+4+2\langle x,y\rangle\). Le produit scalaire vaut donc \(\frac{3}{2}\). La réponse \(3\) oublie le facteur \(2\) du double produit. La réponse \(\frac{7}{2}\) ne retranche pas \(\|y\|^2\). Enfin, \(-\frac{3}{2}\) utilise la formule de \(\|x-y\|^2\), où le double produit change de signe.

Réponse A.

L’expression est le produit scalaire canonique de \((1,2,2)\) et \((a,b,c)\). Cauchy-Schwarz la majore donc par \(\sqrt{1+4+4}\times1=3\). Le cas d’égalité, avec des vecteurs positivement colinéaires, donne \((a,b,c)=\frac{1}{3}(1,2,2)\) : le majorant est atteint. La réponse \(5\) additionne les coefficients. La réponse \(9\) oublie la racine carrée. Enfin, \(1\) recopie la contrainte.

Réponse B.

Un vecteur \((x,y,z)\) est orthogonal à \(F\) si \(x+2y=0\) et \(y-z=0\). On obtient donc \((-2y,y,y)\), d’où une droite dirigée par \((-2,1,1)\). Le vecteur \((1,1,1)\) n’est orthogonal qu’au second générateur. À l’inverse, \((2,-1,0)\) n’est orthogonal qu’au premier. Enfin, le plan \(2x-y-z=0\) contient les deux générateurs : c’est \(F\) lui-même, confondu ici avec son orthogonal.

Réponse B.

L’orthogonal est une intersection de noyaux de formes linéaires \(y\mapsto\langle a,y\rangle\) : c’est donc toujours un sous-espace. En revanche, si \(A\) n’est pas un sous-espace, parler de supplémentaires n’a pas de sens, et \((A^{\perp})^{\perp}\) vaut \(\operatorname{Vect}(A)\) en dimension finie. Par ailleurs, l’inclusion s’inverse : agrandir la partie impose plus de conditions, donc c’est \(B^{\perp}\) qui est inclus dans \(A^{\perp}\).

Réponse D.

Comme la famille est orthonormée, les trois termes de \(x\) sont orthogonaux entre eux. Par Pythagore, on a alors \(\|x\|^2=4+9+36=49\), d’où \(\|x\|=7\). La réponse \(49\) s’arrête au carré de la norme. La réponse \(5\) additionne les coordonnées avec leur signe, comme si la norme était linéaire. Enfin, \(11\) additionne leurs valeurs absolues, ce qui donne une autre norme que la norme euclidienne.

Réponse C.

Le vecteur \(e_1\) est \(u_1\) divisé par \(\sqrt{2}\). On retire ensuite à \(u_2\) sa composante selon \(e_1\), égale à \(\frac{1}{2}(1,1,0)\). Il reste \(\frac{1}{2}(1,-1,2)\), qu’on normalise. La réponse \(\frac{1}{\sqrt{2}}(1,0,1)\) normalise \(u_2\) sans l’orthogonaliser. Le vecteur \((3,1,2)\) ajoute la composante au lieu de la retrancher. Enfin, le facteur \(\frac{1}{\sqrt{3}}\) se trompe sur la norme, puisque \(1+1+4=6\).

Réponse D.

Le premier vecteur est \(1\), déjà unitaire. On retire à \(X\) sa composante \(\langle X,1\rangle=\frac{1}{2}\), ce qui donne \(X-\frac{1}{2}\). Or \(\int_0^1\left(t-\frac{1}{2}\right)^2\mathrm{d}t=\frac{1}{12}\), donc on multiplie par \(\sqrt{12}=2\sqrt{3}\). La réponse \(2X-1\) est orthogonale à \(1\) mais pas unitaire. La réponse \(\sqrt{3}\,X\) normalise \(X\) sans l’orthogonaliser. Enfin, \(\sqrt{6}\) provient d’une erreur sur l’intégrale.

Réponse B.

Le vecteur \(n=(1,1,1)\) est normal à \(P\). On retire à \(v\) sa composante selon \(n\), soit \(\frac{\langle v,n\rangle}{\|n\|^2}n=\frac{6}{3}n=(2,2,2)\). Il reste \((-1,0,1)\), qui vérifie bien l’équation du plan. La réponse \((2,2,2)\) est le projeté sur la normale, et non sur le plan. Le vecteur \((-5,-4,-3)\) oublie de diviser par \(\|n\|^2\). Enfin, \((3,4,5)\) ajoute la composante au lieu de la retrancher.

Réponse D.

La distance est la norme de \(v-p(v)\), c’est-à-dire de \((2,2,2)\). On obtient donc \(\sqrt{12}=2\sqrt{3}\). De façon équivalente, la formule \(\frac{|\langle v,n\rangle|}{\|n\|}\) donne \(\frac{6}{\sqrt{3}}\). La valeur \(6\) néglige la division par \(\|n\|\). La réponse \(2\) divise par \(\|n\|^2\) au lieu de \(\|n\|\). Enfin, \(12\) est le carré de la distance.

Réponse A.

Le minimum est atteint pour le projeté orthogonal de \(t^2\) sur \(\mathbb{R}_1[X]\). On écrit donc que \(t^2-at-b\) est orthogonal à \(1\) et à \(t\) : \(\frac{a}{2}+b=\frac{1}{3}\) et \(\frac{a}{3}+\frac{b}{2}=\frac{1}{4}\). Par conséquent, \(a=1\) et \(b=-\frac{1}{6}\). Le couple avec \(+\frac{1}{6}\) se trompe de signe. Enfin, \(\left(\frac{3}{4},0\right)\) et \(\left(0,\frac{1}{3}\right)\) n’utilisent chacun qu’une seule condition d’orthogonalité.